Analisi Reale e Complessa - a.a. 2007/2008 Quarto appello
Esercizio 1
Data la funzione
f (x) = sin(x − 1)
(x − 1)(x2+ 1)2, x ∈ R \ {1} , si provi che `e sommabile e si calcoli
Z +∞
−∞
f (x) dx.
Svolgimento
Si osservi che essendo | sin y/y| ≤ 1 per ogni y ∈ R, si ha
|f (x)| ≤ 1
(x2+ 1)2 ≤ 1 x2+ 1,
che `e funzione sommabile su R, e quindi tale risulta anche f . Per calcolare l’integrale si osservi che
Z +∞
−∞
f (x) dx = Im
"
p.v.
Z +∞
−∞
ei(x−1)
(x − 1)(x2+ 1)2 dx
#
= Im
"
e−ip.v.
Z +∞
−∞
eix
(x − 1)(x2 + 1)2 dx
# .
Calcoliamo l’ultimo integrale con metodi di analisi complessa. Si osservi che la funzione ϕ(z) = eiz
(z − 1)(z2+ 1)2
ha un polo semplice in z = 1 e poli doppi per z2+ 1 = 0, cio`e per z = ±i, essendo
z→1lim(z − 1)ϕ(z) = ei
4 , lim
z→i(z − i)2ϕ(z) = − e−1
4(i − 1), lim
z→−i(z + i)2ϕ(z) = e 4(i + 1). Inoltre
lim
|z|→+∞
1
(z − 1)(z2+ 1)2 = 0 ,
e dunque siamo nelle condizioni di poter applicare il lemma del cerchio piccolo in z = 1 e il lemma di Jordan nel semipiano Im z > 0. Grazie al teorema dei residui si ottiene
p.v.
Z +∞
−∞
eix
(x − 1)(x2+ 1)2 dx = πi res (ϕ, 1) + 2πi res (ϕ, i) .
Poich´e
res (ϕ, 1) = lim
z→1(z − 1)ϕ(z) = ei 4 , res (ϕ, i) = lim
z→i
d
dz(z − i)2ϕ(z) = lim
z→i
d dz
eiz (z − 1)(z + i)2
= lim
z→ieizi(z − 1)(z + i)2−(z + i)2+ 2(z − 1)(z + i) (z − 1)2(z + i)4
= e−1−4i(i − 1) − − 4 + 4i(i − 1)
16(i − 1)2
= e−1
4 · 3 + 2i
−2i = e−1
8 · (3i − 2) , si ottiene
p.v.
Z +∞
−∞
eix
(x − 1)(x2+ 1)2 dx = πiei
4 + 2πie−1
8 (3i − 2) , da cui
Z +∞
−∞
f (x) dx = Im
"
e−ip.v.
Z +∞
−∞
eix
(x − 1)(x2+ 1)2 dx
#
= Im
"
π
4i − 2πe−ie−1
8 (3 + 2i)
#
= π
4 − πe−1
4 Im(cos 1 − i sin 1)(3 + 2i)
= π
4 − πe−1
4 (2 cos 1 − 3 sin 1) .
Esercizio 2
Siano f ∈ D(R) e g ∈ L1(R).
1. Si provi che la funzione hg : R → R definita da
hg(x) = Z +∞
−∞
f (x − t)g(t) dt
`e continua.
2. Si provi che il funzionale T : L1(R) → C0(R) definito da T g = hg `e lineare e continuo (in C0(R) si consideri la norma del sup).
Svolgimento
1. Fissato ¯x ∈ R, proviamo che data una successione xn
n∈N ⊂ R convergente a ¯x, si ha che hg(x)n
n∈N converge a hg(¯x), cio`e
n→+∞lim Z +∞
−∞
f (xn− t)g(t) dt = Z +∞
−∞
f (¯x − t)g(t) dt . (1)
Poich´e f (xn− t) → f (¯x − t) per ogni t, essendo f continua, per provare (1) `e sufficiente trovare una dominante e poi applicare il teorema della convergenza dominata. Per farlo, `e sufficiente osservare che
f (xn− t)g(t)
≤ kf k∞|g(t)| ∈ L1(R) , essendo f funzione C∞ a supporto compatto.
2. Per provare che T `e continuo `e sufficiente dimostrare che `e limitato:
|T g(x)| = |hg(x)| =
Z +∞
−∞
f (x − t)g(t) dt
≤ Z +∞
−∞
f (x − t)g(t) dt
≤ kf k∞
Z +∞
−∞
|g(t)| dt = kf k∞kgk1, da cui si deduce
kT gk∞≤ kf k∞kgk1, come si voleva.
Esercizio 3
Sia fn
n∈N la successione di funzioni definita da fn(x) = xχ]−n,n[(x) 1. Si calcoli il limite di fn
n∈N in S0(R).
2. Si calcoli il limite di fbn
n∈N in S0(R).
3. Detta efn la prolungata 2n-periodica di fn, se ne calcoli la sua serie di Fourier.
4. Usando i punti 2 e 3, si provi che per n → +∞
+∞
X
k=1
n
ik(−1)k+1 δπk/n− δ−πk/n
converge a πiδ00 in S0(R).
Svolgimento
1. Proviamo che la funzione limite `e f (x) = x. Fissata una funzione test ϕ ∈ S(R), si osservi che
(a) fn(x)ϕ(x) → f (x)ϕ(x) per ogni x ∈ R, perch´e fissato x ∈ R `e sufficiente prendere n > |x| affinch´e fn(x) = f (x);
(b) si ha |fn(x)ϕ(x)| ≤ |xϕ(x)| ∈ L1(R) essendo ϕ funzione a decrescenza rapida.
Allora, grazie al teorema della convergenza dominata, si ottiene
n→+∞lim hfn, ϕi = lim
n→+∞
Z +∞
−∞
fn(x)ϕ(x) dx = Z +∞
−∞
xϕ(x) dx = hf, ϕi come si voleva.
2. Poich´e fn → f in S0(R) se e solo se bfn→ bf in S0(R), si ha che
fbn→ F [x] = −1
iF [−ix] = iF0[1] = 2πiδ00.
3. Essendo efn dispari (tale `e fn), la sua serie di Fourier `e di soli seni. I coefficienti sono dati da
bk = 1 n
Z n
−n
x sinkπ
n x dx = 2 n
Z n 0
x sinkπ n x dx
= 2 n
"
− n
kπx coskπ n x
n 0
+ n kπ
Z n 0
coskπ n x dx
#
= 2n
kπ(−1)k+1. Quindi la serie di Fourier di efn si scrive
s[ efn](x) =
+∞
X
k=1
2n
kπ(−1)k+1sinkπ n x .
4. Si osservi che efn `e funzione continua a tratti che soddisfa le condizioni di H¨older, perch´e nell’intervallo periodo ] − n, n[ `e derivabile con derivata limitata. Quindi la sua serie di Fourier converge puntualmente a efn in tutti i punti in cui `e continua, e quindi per ogni x 6= n + 2jn, j ∈ Z. In particolare vale
s[ efn](x) = efn(x) per q.o. x ∈ R ,
e quindi Fs[fen] = F[fen] in S0. Poich´e efn(x) → x e | efn(x)| ≤ |x| per q.o. x ∈ R, procedendo come punto 2 si ottiene
Fs[fen] → 2πiδ00 in S0(R) . (2) Inoltre, essendo efnfunzione 2n-periodica tale che efn∈ L2(−n, n), la sua serie di Fourier converge in S0(R) e quindi
Fs[fen] =
+∞
X
k=1
2n
kπ(−1)k+1F sin(kπx/n) = 2
+∞
X
k=1
n
ik(−1)k+1 δkπ/n− δ−kπ/n . (3) Confrontando (2) con (3), si ottiene il risultato cercato.
Esercizio 4
Si determini per quali α ∈ R la funzione f : R → R definita da
f (t) .
=
e−α|t|
|t|α se t 6= 0 ,
0 se t = 0 ,
appartiene a L1(R) ∩ L2(R).
Svolgimento Se α < 0, allora
t→±∞lim f (t) = +∞ ,
e quindi f non `e sommabile su R. Se α = 0, si ha f (t) = 1/|t|α per q.o. t, ed `e noto che tale funzione non `e sommabile su R. Discutiamo allora solo il caso con α > 0. Poich´e f `e pari, ci limiteremo a verificare per quali α > 0 f appartiene a L1(0, +∞) ∩ L2(0, +∞). Osserviamo che f ∈ C0(R \ {0}) ed `e quindi f ∈ L1(a, b) ∩ L2(a, b) per ogni 0 < a < b. Non ci resta che verificare la sommabilit`a in un intorno di 0 e un intorno di +∞.
1. Poich´e
limt→0|f (t)||t|α = 1 , ed inoltre
Z 1 0
1
|t|α dt < +∞ ⇔ α < 1 , Z 1
0
1
|t|2α dt < +∞ ⇔ α < 1 2, si ha che f ∈ L1(0, 1) ∩ L2(0, 1) se e solo se α < 1/2.
2. Poich´e per α > 0
t→+∞lim |f (t)|eα|t|= 0 ,
e t 7→ e−α|t| appartiene a L1(1, +∞) ∩ L2(1, +∞) per α > 0, si ha che anche f ∈ L1(1, +∞) ∩ L2(1, +∞) per tali valori di α
Dalla precedente discussione si conclude che f ∈ L1(R) ∩ L2(R) se e solo se 0 < α < 1/2.
